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答案 一、填空题： ‎ ‎1. ‎ ‎2．四；‎ ‎3．80‎ ‎4． ‎ ‎5． ‎ ‎6．25‎ ‎7．①④ ‎ ‎8.‎ ‎9．； ‎ ‎10．‎ ‎11． ‎ ‎12．11‎ ‎13．‎ ‎14．‎ 二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎15．命题立意：本题主要考查两角和与差的正切公式与正、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力．‎ ‎（1）由得，‎ ‎ 所以，（4分）‎ ‎ 故△ABC 中，，（6分）‎ ‎（2）由正弦定理得，即，（8分）‎ ‎ 由余弦定理得，即，（10分）‎ ‎ 由得，（当且仅当时取等号）（12分）‎ ‎ 所以.（14分）‎ ‎16．命题立意：本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象与推理论证能力．‎ 解：（1）因为EF∥平面ABD，易得平面ABC，‎ ‎ 平面ABC平面ABD，‎ ‎ 所以，（5分）‎ ‎ 又点E是BC的中点，点F在线段AC上，‎ ‎ 所以点F为AC的中点，‎ ‎ 由得；（7分）‎ ‎ （2）因为，点E是BC的中点，‎ ‎ 所以，，（9分）‎ ‎ 又，平面AED，‎ ‎ 所以平面AED，（12分）‎ ‎ 而平面BCD，‎ ‎ 所以平面BCD平面AED．（14分）‎ ‎17．解：（1）在直角△中，因为，，‎ 所以， ‎ 所以． ……………………………2分 在直角△中，因为，，‎ 所以，‎ 所以． ………………………………4分 所以，．‎ ‎……………………………………………………………………………………6分 ‎（注：定义域错误扣1分）‎ ‎（2）因为． …8分 令，由，得， ‎ 所以 ‎ ‎． ………………12分 当且仅当时，即时等号成立． ………………13分 此时，，．‎ 答：当时，四边形材料的面积最小，最小值为．‎ ‎……………………………………………………………………………………14分 ‎18．解：（Ⅰ），椭圆：，两个焦点，‎ 设，，，‎ ‎，‎ ‎∵，∴的范围是（4分）‎ ‎（2）设的坐标分别为，，则两式相减，得，，即，故；（8分）‎ ‎（3）∵直线过点，‎ ‎∴直线不过原点且与椭圆有两个交点的充要条件是且．‎ 设，设直线（），即，‎ 由（2）的结论可知，代入椭圆方程得，， （10分）‎ 由与，联立得．（12分）‎ ‎ 若四边形为平行四边形，那么M也是OP的中点，所以，‎ 即，整理得解得，．‎ 所以当时，四边形为平行四边形．（16分）‎ ‎19． 解：（1），，的图像与坐标轴的交点为，的图像与坐标轴的交点为，由题意得，即 又∵，∴. （2分）‎ ‎∴，，∴函数和的图像在其坐标轴的交点处的切线方程分别为：,∴两平行切线间的距离为 （4分）‎ ‎（2）由得，故在有解，‎ 令，则。‎ 当时，；‎ 当时，∵，∵，‎ ‎∴，∴‎ 故 ‎ 即在区间上单调递减，故，∴‎ 即实数m的取值范围为 ． （8分）‎ ‎（3）解法一：‎ ‎∵函数和的偏差为：，‎ ‎∴，设为的解，则当，；‎ 当，，∴在单调递减，在单调递增 ‎∴ ‎ ‎∵，，∴‎ 故 即函数和在其公共定义域内的所有偏差都大于2．（16分）‎ 解法二：‎ 由于函数和的偏差：，‎ 令，；令，‎ ‎∵，，∴在单调递增，在单调递减，在单调递增 ‎ ‎∴，，∴‎ 即函数和在其公共定义域内的所有偏差都大于2（16分）‎ ‎20. 解：（1）由，①‎ 得，②‎ 由①–②得，即． ……………2分 对①取得，，所以，所以为常数，‎ 所以为等比数列，首项为，公比为，即，． ………4分 ‎（2）①由，可得对于任意有 ‎，③‎ 则，④‎ 则，⑤ …8分 由③–⑤得. …………………………………………9分 对③取得，也适合上式，‎ 因此，. ………………………………………10分 ‎②由（1）（2）可知，‎ 则，‎ 所以当时，，即，‎ 当时，，即在且上单调递减，‎ 故. ……………………………………12分 假设存在三项，，成等差数列，其中，‎ 由于，可不妨设，则 ()，‎ 即.‎ 因为且，则≤且≥，‎ 由数列的单调性可知，≥，即≥.‎ 因为，所以，‎ 即，化简得， ‎ 又≥且，所以或. …………………………14分 当时，，即，由≥时，，此时，，不构成等差数列，不合题意.‎ 当时，由题意或，即，又，代入()式得.‎ 因为数列在且上单调递减，且，≥，所以.‎ 综上所述，数列中存在三项，，或，，构成等差数列.……‎ 数学（理科）附加题 说明：1．以下题目的答案请直接填写在答卷上．‎ ‎ 2．本卷总分40分，考试时间30分钟．‎ ‎21．A．连结AC．…………………………………………………1分 因为EA切圆于A， 所以∠EAB＝∠ACB． …………3分 A E B C D O ‎·‎ ‎（第21-A题）‎ 因为弧 与弧长度相等，所以∠ACD＝∠ACB，AB＝AD．‎ 于是∠EAB＝∠ACD． …………………………………5分 又四边形ABCD内接于圆，所以∠ABE＝∠D．‎ 所以∽．‎ 于是，即．………………9分 所以．…………………………………10分 ‎21.B解：由，，所以可逆，从而.………………………………………5分 由得到.……………………10分 ‎（也可由得到，即解得也得5分） ‎ C．解：将直线l化为普通方程为：x－y－6＝0． ‎ ‎ 则P(4cosθ，3sinθ) 到直线l的距离d＝＝，‎ 其中tanφ＝．‎ ‎ 所以当cos(θ＋φ)＝1时，dmin＝，‎ ‎ 即点P到直线l的距离的最小值为．…10分 ‎． ‎ D．因为x，y，z无为正数．所以， …………………………4分 同理可得， ………………………………………………7分 当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立．‎ 将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得． ……10分 ‎22.解：（1）以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，‎ A(4,0,0)，A1(4,0,2)，B1(0,4，2).‎ ‎(1)因为A1M＝3MB1，所以M(1,3,2).‎ 所以＝(4,0,2)，＝(－3,3,2).‎ 所以cos〈，〉＝＝＝－.‎ 所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为.-------------------------4分 ‎(2)由A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,2)，知＝(－4,4,0)，＝(－4,0,2).‎ 设平面ABC1的法向量为n＝(a，b，c)，由得 令a＝1，则b＝1，c＝，所以平面ABC1的一个法向量为n＝(1,1，).‎ 因为点M在线段A1B1上，所以可设M(x,4－x,2)，所以＝(x－4,4－x,2).‎ 因为直线AM与平面ABC1所成角为30°，所以|cos〈n，〉|＝sin 30°＝.‎ 由|n·|＝|n||||cos〈n，〉|，得|1·(x－4)＋1·(4－x)＋·2|‎ ‎＝2··， 解得x＝2或x＝6.‎ 因为点M在线段A1B1上，所以x＝2，‎ 即点M(2,2,2)是线段A1B1的中点. ------------------------10分 ‎23．（1）.解：设焦点F（0,1）‎ ‎ 消得化简整理得 ‎（定值）（4分）‎ ‎（2）抛物线方程为 过抛物线A、B两点的切线方程分别为和 即和 联立解出两切线交点的坐标为 ‎=（定值）（10分）‎